CHUYÊN đề một số CÁCH GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Người viết: PHAN ĐÌNH CÔNG
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Phạm Công Bình
1. Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh lớp 12
2. Dự kiến số tiết: (15 tiết)

TÓM TẮT CHUYÊN ĐỀ
I.

MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BIẾT TRƯỚC CÁCH GIẢI ( 3 TIẾT)

1.

Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất theo một ẩn

2.

Hệ phương trình đối xứng loại 1.

3.

Hệ phương trình đối xứng loại 2.

4.

Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp

II. MỘT SỐ CÁCH GIẢI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHƯA BIẾT TRƯỚC
LỜI GIẢI ( 9 tiết)
1.

Biến đổi hệ đã cho về hai biểu thức chứa x, y rồi đặt ẩn phụ.(2 tiết)

2.

Chia hai vế của các phương trình trong hệ cho một lũy thừa của x, y.(1 tiết)

3.

Sử dụng phương pháp thế để giải hệ phương trình.(2 tiết)

4.

Cộng đại số để có một phương trình hệ quả đơn giản hơn.(1 tiết)

5.

Đưa về một phương trình tích.(1 tiết)

6.

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.(1 tiết)

7.

Phương pháp đánh giá – bất đẳng thức.(1 tiết)

III. BÀI TẬP TỔNG HỢP TRONG MỘT SỐ ĐỀ THI ( 3 tiết)

1

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

NỘI DUNG
I. MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BIẾT TRƯỚC CÁCH GIẢI
1. Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất theo một ẩn
Phương pháp giải:
Phương pháp chung để giải hệ phương trình loại này là phương pháp thế, rút
ẩn có bậc nhất trong phương trình đó theo ẩn còn lại rồi thế vào phương trình còn
lại trong hệ.
Ví dụ:
2 x + y = 3

a) 

(1)

 x + 4 y + xy = 6 (2)
2

2

.

HD: Từ phương trình (1) dễ dàng rút y theo x rồi thế vào phương trình (2).
Kq: nghiệm hệ là (1;1) và (2; −1) .
2
2
 x − 3xy + y = 11 (1)
b)  2
.
(2)
 y − 2 xy = 5

HD: Nếu rút y theo x từ 1 trong 2 phương trình hoặc rút x theo y từ phương trình (1)
thì tính toán sẽ rất phức tạp. Như vậy, ta phải rút x từ phương trình (2). Muốn vậy,
phải chia hai vế phương trình (2) cho y khi y ≠ 0 . Trước khi chia, phải xét trường hợp
y = 0 xem có thỏa mãn hệ.

Kq: nghiệm hệ là (−2;1) và (2; −1) .
Nhận xét:
Trong nhiều hệ phương trình, cần phải biến đổi để đưa một ẩn trong một
phương trình nào đó của hệ về bậc nhất. Rồi áp dụng phương pháp đã nêu.
2.

Hệ phương trình đối xứng loại 1.

Nhận dạng:
Hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ mà khi hoán vị hai ẩn, mỗi phương trình
trong hệ đều không đổi. Nói cách khác, hệ phương trình đối xứng loại 1 là hệ
 f ( x, y ) = 0
. Trong đó, f ( x, y ) và g ( x, y ) là các biểu thức chứa
 g ( x, y ) = 0

phương trình có dạng 

hai biến x, y thỏa mãn f ( y, x) = f ( x, y ), g ( y , x) = g ( x, y ) .
2

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Phương pháp giải: Gồm các bước
- Biểu diễn từng phương trình theo tổng x + y và tích xy .
S = x + y
. Để tồn tại x, y thì phải có điều kiện S 2 ≥ 4 P .
P
=
xy


- Đặt 

- Giải hệ phương trình mới theo S , P .
- Với mỗi cặp ( S , P) thỏa mãn điều kiện, thì x, y là nghiệm của phương trình
t 2 − St + P = 0 .

Ví dụ:
 x + y + xy = −7

a) 

2
2
 x + y − 3 x − 3 y = 16

.

Kq: các nghiệm của hệ là: (−3; 2), (2; −3), ( 1 − 10;1 + 10 ) , ( 1 + 10;1 − 10 ) .


1 
( x + y ) 1 + ÷ = 5

 xy 
b) 
.
 x 2 + y 2  1 + 1  = 49
)  x2 y2 ÷
(





1 
( x + y ) 1 + ÷ = 5
S = x + y

 xy 
HD: Nếu biến đổi hệ thành 
rồi đặt 

thì được
 P = xy
 ( x + y ) 2 − 2 xy  1 + 1  = 49
  ( xy ) 2 ÷





  1
 S 1 + P ÷ = 5
 

hệ 
, vẫn còn phức tạp. Tuy nhiên, biến đổi hệ như sau
( S 2 − 2 P ) 1 + 1  = 49

2 ÷

 P 


1 
1
1
1

1

x + ÷+  y + ÷ = 5

x
+
+
y
+
=
5


u
=
x
+


x 
y
x
y
x , ta được hệ u + v = 5


, đặt 
⇔

 2 2
2
2
1 
1

u + v = 53
 x 2 + 1 + y 2 + 1 = 49

v = y + 1
x
+
+
y
+
=
53
2
2

÷

÷
y



x
y
x 
y


là hệ phương trình đối xứng loại 1 và giải như theo phương pháp đã nêu.
u = 7
u = −2

hoặc 
; các nghiệm của hệ:
 v = −2
v = 7

Kq: 

3



7 ± 45   7 ± 45
,
;
−
1
 −1;
÷

÷

÷.
2 ÷
2

 

Phan Đình Công

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2
2
 x + y + x + y = 8
c) 
.
 xy ( x + 1) ( y + 1) = 12

S = x + y
, mà biến đổi hệ thành
 P = xy

HD: Tương tự như b, không nên đặt ngay 

( x + x 2 ) + ( y + y 2 ) = 8
u = x 2 + x

 2
, rồi đặt 
, ta được hệ phương trình
2
2
v = y + y
( x + x ) ( y + y ) = 12
u = 6

v = 2

Kq:

u = 2
;

v = 6

hoặc

các

nghiệm

u + v = 8

.
uv = 12

của

hệ

là:

(2;1), (2; −2), (−3;1), ( −3; −2), (1; 2), ( −2; 2), (1; −3), (−2; −3) .

3.

Hệ phương trình đối xứng loại 2.

Nhận dạng:
Hệ phương trình đối xứng loại 2 là hệ mà khi hoán vị hai ẩn thì phương trình

này biến thành phương trình kia. Nói cách khác, hệ phương trình đối xứng loại 2 là
 f ( x, y ) = 0
. Trong đó, f ( x, y ) là một biểu thức chứa hai
 f ( y, x) = 0

hệ phương trình có dạng 
biến x, y.

Phương pháp giải: Gồm các bước
- Trừ từng vế tương ứng của hai phương trình ta được một phương trình tích
dạng ( x − y ) ×g ( x, y ) = 0 .
x = y
.
 g ( x, y ) = 0

- Ta có ( x − y ) ×g ( x, y ) = 0 ⇔ 

- Mỗi phương trình trong hai phương trình ở trên kết hợp với một trong hai
phương trình đã cho ta có một hệ.
- Giải những hệ này, ta được nghiệm của hệ đã cho.
Lưu ý:
Nếu kết hợp phương trình g ( x, y ) = 0 với phương trình f ( x, y ) + f ( y, x) = 0 thì ta
thu được hệ phương trình đối xứng loại 1.
Nếu g ( x, y ) = 0 phức tạp thì thử tìm cách chứng minh nó vô nghiệm.
Ví dụ:
4

Phan Đình Công

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

3 x + y =
a) 
3 y + x =


1
(1)
x2
.
1
(2)
y2
x ≠ 0
. Quy đồng mẫu số ở cả hai phương trình rồi trừ vế với vế, ta
y ≠ 0

HD: Điều kiện 

x = y

2
2
được phương trình tích ( x − y ) ( 3x + 4 xy + 3 y ) = 0 ⇔ 

2
2
3 x + 4 xy + 3 y = 0

 1

. Nếu x = y , thế

1 

vào phương trình (1), ta được nghiệm hệ là  3 ; 3 ÷.
 4 4
Với điều kiện đã nêu thì phương trình 3x 2 + 4 xy + 3 y 2 = 0 vô nghiệm.
1
 2
 2 x = y + y (1)
b) 
.
 2 y 2 = x + 1 (2)

x
x ≠ 0
. Quy đồng mẫu số ở cả hai phương trình rồi trừ vế với vế, ta
y ≠ 0

HD: Điều kiện 

x = y
.
 2 xy + x + y = 0

được phương trình tích ( x − y )(2 xy + x + y ) = 0 ⇔ 

Nếu x = y , thế vào phương trình (1), ta được nghiệm hệ là (1;1) .

Với phương trình 2 xy + x + y = 0 (3), nếu rút thế thì sẽ rất phức tạp, tuy nhiên, nếu để ý
(1) và (2) có vế trái ≥ 0 , vế phải có giá trị tuyệt đối ≥ 2 thì ta có thêm điều kiện
x > 0, y > 0 và do đó (3) vô nghiệm.

Nhận xét:
Cần quan sát hệ xem có rút ra được thêm điều kiện gì của x, y nữa hay không.



c) 




1
1
+ 2 − = 2 (1)
y
x
1
1
+ 2 − = 2 (2)
x
y

.

5

Phan Đình Công

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
1
2

1
2

HD: Điều kiện x ≥ , y ≥ . Lấy (1) trừ (2), vế với vế, ta được phương trình
1
1
1
1
−
+ 2− − 2− = 0 ⇔
y
x
x
y
⇔

xy

(

y−x
x+ y

)

+

1 
1
−2− ÷
y− x
y 
x
+
=0
xy
1
1
2− + 2−
y
x

y−x

1
1
xy  2 − + 2 − ÷
y
x


2−

=0

1
1
1
, t > 0 ta được
+ 2 − = 2 . Đặt t =
Với y − x = 0 ⇔ y = x thế vào (1) ta được
x

x

x

2 − t ≥ 0
t ≤ 2
2 − t2 = 2 − t ⇔ 
⇔ 2
⇔ t =1
2
2
 2 − t = 4 − 4t + t
t − 2t + 1 = 0
⇒ x = 1 và y = 1
1
1
+
=0
Với xy x + y xy  2 − 1 + 2 − 1 
, vô nghiệm do điều kiện.


÷
y
x

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 1;1) .

(

4.

)

Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp

Định nghĩa:
Phương trình F ( x, y ) = c được gọi là phương trình có vế trái đẳng cấp bậc n
nếu F ( x, y ) là một đa thức mà mọi hạng tử của nó đều có bậc n, còn c là một hằng
số. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp là hệ mà mọi phương trình của nó đều có vế
trái đẳng cấp.
Ta thường hay gặp hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai.
Phương pháp giải:
Thường có các cách giải như sau:
Cách 1: (Sử dụng phương pháp thế) Cộng đại số để khử x 2 hoặc y 2 ở một phương
trình rồi rút một ẩn theo ẩn còn lại, sau đó thế vào phương trình còn lại.
Cách 2: Cộng đại số làm mất hệ số tự do, ta được phương trình dạng
Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 . Từ phương trình này, biểu diễn được x theo y (hoặc y theo x) rồi

thế vào một trong hai phương trình của hệ.
Cách 3: Nhận xét về nghiệm hệ phương trình xem có dạng (0; y ) hoặc ( x;0) hay
không. Khi x ≠ 0 hoặc y ≠ 0 , đặt y = tx hoặc x = ty .

6

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2
2
3 x + 2 xy + y = 11 (1)
Ví dụ:  2
.
2
 x + 2 xy + 5 y = 25 (2)

HD: Hệ không có nghiệm dạng (0; y ) và ( x;0) .
x = ty ,

Đặt

hệ

trở

thành

 y 2 ( 3t 2 + 2t + 1) = 11

⇒ 25 ( 3t 2 + 2t + 1) = 11( t 2 + 2t + 5 )
 2 2
 y ( t + 2t + 5 ) = 25

15
16
15

t = − 16 ⇒ y = ± 41 , x = m 41
.
⇔ 32t 2 + 14t − 15 = 0 ⇔ 
 1
⇒ y = ±2, x = ±1
t = 2

III. MỘT SỐ CÁCH GIẢI CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHƯA BIẾT TRƯỚC
LỜI GIẢI
Nhận xét: Khi ta gặp một hệ phương trình không thuộc một trong các dạng đã nêu
thì ta vận dụng một số cách sau để giải:
- Biến đổi hệ đã cho về hai biểu thức chứa x, y rồi đặt ẩn phụ.
- Chia hai vế của các phương trình trong hệ cho một lũy thừa của x, y.
- Sử dụng phương pháp thế để giải hệ phương trình.
- Cộng đại số để có một phương trình hệ quả đơn giản hơn.
- Đưa về một phương trình tích.
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
- Sử dụng phương pháp đánh giá – bất đẳng thức.
Sau đây, ta đi sâu vào từng cách giải và các ví dụ áp dụng.
1. Biến đổi hệ đã cho về hai biểu thức chứa x, y rồi đặt ẩn phụ.
Thông thường những hệ thuộc loại này hai phương trình đều phức tạp như
nhau. Điều quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện biểu thức sẽ đặt ẩn phụ
có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một số phép biến đổi.
 x 2 + y 2 − 3 x + 4 y = −2
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2

(I).
2
3 x − 2 y − 9 x − 8 y = −6

HD: Biến đổi cả hai phương trình trong hệ rồi đặt. Ta có
 x( x − 3) + y ( y + 4) = −2
.
3x ( x − 3) − 2 y ( y + 4) = −6

(I) ⇔ 

7

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
u = x( x − 3)
, ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
v = y ( y + 4)

Đặt 

Kq: nghiệm hệ (1;0), (1; −4), (2;0), (2; −4) .
5
 2
3
2
 x + y + x y + xy + xy = − 4
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 

(II).
 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = − 5

4
5
 2
2
 x + y + xy ( x + y ) + xy = − 4
HD: (II) ⇔ 
. Đặt
( x 2 + y ) 2 + xy = − 5

4

u = x 2 + y

.
v = xy

5

u + uv + v = − 4
Ta được hệ 
, hệ này giải được bằng phương pháp thế.
u 2 + v = − 5

4
 x 3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 = 30
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  2
(III).

2
 x y + x(1 + y + y ) + y = 11

HD:
3
3 2
2 2
2 3
3
 xy ( x + y ) 2 + x 2 y 2 ( x + y ) = 30
u = x + y
 x y + x y + 2 x y + x y + xy = 30
⇔
(III) ⇔  2
. Đặt 
.
2
 x y + x + xy + xy + y = 11
v = xy
 xy ( x + y ) + x + y + xy = 11

u 2 v + v 2u = 30
Ta được hệ 
, là hệ phương trình đối xứng loại 1.
uv + u + v = 11
4
3
2 2
 x − x y + x y = 1
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  3

(IV).
2
 x y − x + xy = −1

( xy − x 2 ) 2 + x 3 y = 1
u = xy − x 2
u 2 + v = 1

⇔
HD: (IV) 
. Đặt 
, ta được hệ 
.
3
2
3
v = x y
u + v = −1
( xy − x ) + x y = −1
 x 2 y + 2 x 2 + 3 y − 15 = 0
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  4 2
(V).
2
 x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0

8

Phan Đình Công

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
( x 2 − 1) ( y − 2 ) + 4 ( x 2 − 1) + 4 ( y − 2 ) = 5
u = x 2 − 1

⇔
HD: (V)
 2
. Đặt 
, ta được hệ phương
2
2
v = y − 2
( x − 1) + ( y − 2 ) = 10
uv + 4 ( u + v ) = 5
. Đây là hệ phương trình đối xứng loại 1.
2
2
u + v = 10

trình 

Bài tập 1. Giải các hệ phương trình:
 x ( y − 1) ( x + 2 y − 5 ) = 3
;
 xy + 2 y − 5 = 4

a) 

1 1


x + y + x + y = 4

b) 
 x2 + y2 + 1 + 1 = 4

x2 y2
 y2 +1
 x + x + y = 4
c) 
;
2
 x 2 + y 2 − 2( y + 1) + 2 xy = 7

x
4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9
d)  2
;
 x + 2 xy = 6 x + 6

 x ( x + y + 1) = 0

e) 
5
.
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0

2. Chia hai vế của các phương trình trong hệ cho một lũy thừa của x, y.
Nhận dạng:
Những phương trình giải theo cách này thường có hai vế là các biểu thức chứa
x, y (thông thường là chia cho lũy thừa của x, y ở vế phải).
Nhận xét:
Phương pháp này rất khó trong việc chọn lũy thừa của ẩn để chia sao cho có
thể tìm được lời giải cho hệ phương trình sau khi chia.
1 + x 3 y 3 = 19 x 3 (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
(I).
2
2
 y + xy = −6 x (2)

HD: Trước hết, x = 0 không thỏa mãn hệ.

9

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Với x ≠ 0 , lần lượt chia 2 vế của (1), (2) cho x3 , x 2 ; hệ phương trình (I) trở thành

 1
y 1


1

3
+
y
−
3
×
× + y ÷ = 19
+
y
=
19


÷
3
 x
x x
 x


⇔ 
.

2
 y + y = −6
 y × 1 + y  = −6
÷
 x  x
 x 2 x


3


u =
Đặt 
v =


1
+y
x
, ta được hệ phương trình
y
x

u 3 − 3uv = 19

.
uv = −6



Kq: nghiệm hệ ( 3; −2 ) ,  − ;3 ÷ .
2
1





 x ( x + y ) + y 2 = 4 x − 1
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
(II).
2
2
 x ( x + y ) − 2 y = 7 x + 2

HD: Xét x = 0 , không thỏa mãn hệ.
Với x ≠ 0 , lần lượt chia 2 vế của hai phương trình trong hệ cho x , hệ (II) trở thành


y2 1
x
+
y
+
+ =4
)
(
x x


. Đặt
2
( x + y ) 2 − 2  y + 1  = 7

÷

 x x

u = x + y


y2 +1 .
v
=

x


Bài tập 2. Giải các hệ phương trình:
 xy + x + 1 = 7 y

a) 

2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y

;

3 x 2 + 3 xy − 6 x = 2 y
b)  2
;
 y + xy − y = 9 x
 y + xy 2 = 6 x 2
c) 
2 2
2 ;
1 + x y = 5 x

9 y 3 (3 x 3 − 1) = −125
d)  2
2 .
 45 x y + 75 x = 6 y

3. Sử dụng phương pháp thế để giải hệ phương trình.
Nhận dạng:
10

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Những hệ phương trình giải được theo cách này thường có một phương trình
phức tạp không biến đổi được và phương trình còn lại đơn giản hơn cho phép ta có
thể biểu diễn được biến này thông qua qua biến kia hoặc một biểu thức thông qua
các biểu thức khác.
Phương pháp giải:
Ta biến đổi một phương trình trong hệ rồi rút ra mối liên hệ giữa x, y; thế vào
phương trình còn lại.
Nhận xét:
Phương pháp này thường sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc
nhất theo một ẩn, hoặc sau một số phép biến đổi như: chia cho một lũy thừa của ẩn,
đưa về phương trình tích, …; nói cách khác, phương pháp thế thường là công đoạn
cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác.
1
 1
 x − x = y − y (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 

(I).
 2 y = x 3 + 1 (2)


HD: Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0 . Nhận thấy (1) là phương trình đối xứng đối với x, y. Ta có
(1) ⇔ x − y +

x = y
1 1
x− y
− =0⇔ x− y+
=0⇔ 
.
y x
xy
 xy = −1

Với x = y , thay vào (2), ta được phương trình x3 − 2 x + 1 = 0 , có các nghiệm là
x = 1, x =

Với

−1 − 5
−1 + 5
, x=
.
2
2
1
xy = −1 ⇒ y = − ,

x
2

thay vào (2), ta được phương trình

x4 + x + 2 = 0

2

1 
1 3

⇔  x 2 − ÷ +  x + ÷ + = 0 , vô nghiệm.
2 
2 2

 −1 − 5 −1 − 5   −1 + 5 −1 + 5 
;
÷
÷,  2 ; 2 ÷
÷.
2
2

 


Kq: các nghiệm của hệ là ( 1;1) , 

 x 2 ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x 2 − 4 x + 1 (1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
(II).
2
(2)
 xy + x + 1 = x

11

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

HD: Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn (2). Do đó x ≠ 0 , từ (2) suy ra y + 1 =

x2 −1
, thế
x

x2 −1 
x2 −1 
2
× x +
vào (1), ta được x ×
÷ = 3x − 4 x + 1 . Phương trình này có các nghiệm là
x 
x 
2

x = 1, x = −2 .




5

Kq: các nghiệm của hệ là ( 1; −1) ,  −2; − ÷.
2


4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9 (1)
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  2
(III).
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6

HD: Từ (2), rút

6x + 6 − x2
xy =
,
2

rồi thế vào (2) ta được phương trình

2

x = 0

3
6 x + 6 − x2  6 x + 6 − x2 
x + 2x ×
+
÷ = 2 x + 9 ⇔ x ( x + 4 ) = 0 ⇔  x = −4 .
2
2



4

2



17 

Kq: nghiệm hệ  −4; ÷.
2

Nhận xét:
Đôi khi, ta có thể rút một hằng số theo các ẩn từ một phương trình rồi thế vào
phương trình còn lại nhằm tạo ta phương trình đẳng cấp.
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y (1)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  2
(IV).
2
 x − 3 = 3 ( y + 1) (2)

HD: Nhận thấy, phương trình (1) chứa bậc 3 và bậc 1 theo 2 ẩn, phương trình (2)
chứa bậc 2 theo 2 ẩn và hằng số, nếu ta thế hằng số ở phương trình (2) theo các ẩn
vào phần bậc 1 của (1) thì sẽ được phương trình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn.
3
3
 x 3 − y 3 = 2 ( 4 x + y )
3 ( x − y ) = 6 ( 4 x + y )
⇔
Ta có (IV) ⇔  2
2
2
2
 x − 3 y = 6
 x − 3 y = 6

⇒ 3 ( x 3 − y 3 ) = ( x 2 − 3 y 2 ) ( 4 x + y ) ⇔ x 3 + x 2 y − 12 xy 2 = 0
⇔ x ( x − 3y) ( x + 4 y) = 0 .


Kq: các nghiệm của hệ là ( 3;1) , ( −3; −1) ,  −4


12

6
6  
6
6 
;
,

4
;
−
÷

÷.

13 13 ÷
13 ÷
  13

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 xy = 16 (1)

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 
(V).
 x + x = 4
(2)

HD: Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 .
Với điều kiện đã nêu, bình phương 2 vế của 2 phương trình, ta được hệ phương trình
 x 2 + y 2 + 2 xy + 2 ( x 2 + y 2 ) 2 xy = 128


 x + y + 2 xy = 16
 x + y 2 + 2  x + y 2 − 2 xy  2 xy = 128
)

)
(
(

⇔
. Thế x + y từ phương trình thứ vào phương
 x + y = 16 − 2 xy


trình thứ nhất, đặt t = xy ≥ 0 , ta được phương trình chứa căn ẩn t . Giải phương trình
này được nghiệm t = 4 .
Kq: nghiệm của hệ là ( 4; 4 ) .
Bài tập 3. Giải các hệ phương trình:
5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2 ( x + y ) = 0
a) 
2
2
2
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

(ĐH – Khối A – 2011);

HD: Phương trình thứ hai (2) ⇔ xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = x 2 + y 2 + 2 xy
 xy = 1
⇔ ( x 2 + y 2 − 2)( xy − 1) = 0 ⇔  2
.
2
x + y = 2

Với x 2 + y 2 = 2 , thay hằng số 2 trong phương trình thứ nhất bởi x 2 + y 2 , ta được một

phương trình đẳng cấp bậc 3.
 x + y + 2 x + y + 2 = 7
.
3 x + 2 y = 23

b) 

4. Cộng đại số để có một phương trình hệ quả đơn giản hơn.
Phương pháp này đã được dùng để giải hệ phương trình đối xứng loại 2 và hệ
phương trình có vế trái đẳng cấp.
Nhận dạng:
Hai phương trình trong hệ khó tương đương, không thể biến đổi từng phương
trình trong hệ được.
Phương pháp giải:
13

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Ta phải kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân,
chia để được một phương trình hệ quả đơn giản hơn hoặc phương trình hệ quả này
có thể đưa được về phương trình tích. Và khó khăn của các hệ phương trình giải theo
cách này chính là nên cộng đại số như thế nào để có được kết quả thuận lợi.
4
3
2 2
 x − x y + x y = 1 (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  3

(I).
2
 x y − x + xy = −1 (2)

HD: Lấy (1) trừ (2), vế với vế, ta được phương trình
 x 2 − xy = 1
2
x 4 − 2 x3 y + x 2 y 2 + x 2 − xy = 2 ⇔ ( x 2 − xy ) + ( x 2 − xy ) − 2 = 0 ⇔  2
.
 x − xy = −2

Kq: các nghiệm của hệ là ( 1;0 ) , ( −1;0 ) .
 x 2 + 3x + y 2 + y = 3 − xy (1)
(II).
(2)
 x + 2 y + xy = 1

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 

HD: Lấy (1) cộng (2), vế với vế, ta được phương trình
x + y = 1 .
2
x 2 + 3 x + y 2 + 3 y + 2 xy = 4 ⇔ ( x + y ) + 3 ( x + y ) − 4 = 0 ⇔ 
 x + y = −4


1 
2 x 1 +
÷ = 3 (1)


 x+ y
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
(III).
 2 y 1 − 1  = 1 (2)

÷

 x+ y


HD: Các biểu thức trong ngoặc là tổng, hiệu nên ý tưởng để giải bài này là viết tổng,
hiệu đó theo x, y rồi cộng trừ .
Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≠ 0 . Ta thấy x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn hệ. Do đó
x > 0, y > 0 . Hệ trở thành

1 3
1 
1
3


2= 
+

÷
1
+
=



÷
 x+ y 2 x
2 x
y



⇔
⇔



1 3
1 
1 − 1 = 1
 2

 x + y 2 y
 x + y = 2  x − y ÷
÷ 




3
1
+
=4
x
y

3
1
4
−
=
x
y x+ y

.

Ta thấy vế trái của hai phương trình lại là tổng, hiệu và nếu nhân lại thì sẽ mất căn.
Do đó, nhân vế với vế của hai phương trình ta được phương trình hệ quả

14

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
 3
1  3
1 
16
9 1
16
+
−
=
⇔ − =
⇔ x 2 + 8 xy − 9 y 2 = 0 đây là phương trình


÷
÷
÷
÷
x
+
y
x
y
x
+
y
y  x
y
 x

đẳng cấp bậc hai.
Bài tập 4. Giải các hệ phương trình:
2
2
(1)
 x + y − 3 x + 4 y = 1
a)  2
;
2
3 x − 2 y − 9 x − 8 y = 3 (2)

HD: Nhân 2 vế của (1) với 3 rồi trừ (2), vế với vế, ta được phương trình 5 y 2 + 20 y = 0 .
 4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1 (1)

b)  2
;
2
 4 x + 2 y − 4 xy = 2 (2)

HD: Lấy (1) trừ (2), vế với vế, ta được phương trình
 y2 −1 = 0
y − 2 y − 4 xy + 4 xy = −1 ⇔ ( y − 1) − 4 xy ( y − 1) = 0 ⇔  2
.
 y − 1 − 4 xy = 0
4

2

3

2

2

2

 x 2 + xy − y 2 + 3 y + 4 = 0
(1)
c)  2
;
2
 x + 2 xy − 2 y + 11x + 6 y − 2 = 0 (2)

HD: Lấy (1) nhân với 2 rồi trừ (2), vế với vế.


1 
 4 +
÷ x =2 3
y + 2x 

d) 
.
 4 − 1  y = 4
÷

y + 2x 


5. Đưa về một phương trình tích.
Phương pháp giải:
Phân tích một phương trình trong hệ thành tích các nhân tử. Một số bài toán,
cần phải cộng đại số để có một phương trình hệ quả rồi mới phân tích về phương
trình tích.
Thông thường, phương trình đưa được về phương trình tích có một nhân tử dạng
ax + by + c .
2
2
(1)
 xy + x + y = x − 2 y
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
(I).
 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2)

HD: Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0 .

Ta thấy, không thể kết hợp được 2 phương trình trong hệ, nếu biến đổi phương trình
(2) cũng không thu được kết quả thuận lợi. Ta biến đổi (1):
15

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
x + y = 0 .
(1) ⇔ xy + y 2 + x + y = x 2 − y 2 ⇔ ( x + y ) ( y + 1) = ( x + y ) ( x − y ) ⇔ 
x = 2y +1

Với x + y = 0 , không xảy ra do điều kiện.
Với x = 2 y + 1 , thế vào (2), ta được phương trình ( y + 1) 2 y = 2 ( y + 1) .
Kq: nghiệm của hệ là ( 5; 2 ) .
Nhận xét:
Phương trình (1) phân tich được thành tích hai nhân tử bậc nhất đối với x
(hoặc y) nên có thể phân tích (1) thành tích bằng cách coi (1) là phương trình bậc
hai đối với x (hoặc y) bằng cách áp dụng kết quả: “Nếu phương trình ax 2 + bx + c = 0
2
có 2 nghiệm x1 , x2 thì ax + bx + c = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) ”. Dẫn đến, có thể rút 1 ẩn theo ẩn

còn lại. Đây cũng là ý tưởng để giải một số bài tương tự.
2
(1)
 y = ( 5 x + 4 ) ( 4 − x )
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  2
(II).
2
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 (2)

2
2
HD: Biến đổi (2): (2) ⇔ y − ( 4 x + 8) y − 5 x + 16 x + 16 = 0 . Đây là phương trình bậc hai

ẩn y, coi x là tham số, ta có ∆′ = 9x 2 . Ta được y = 5 x + 4 hoặc y = 4 − x . Kết hợp với (1),
ta sẽ được nghiệm của hệ.


Kq: các nghiệm của hệ là  − ;0 ÷, ( 4;0 ) , ( 0; 4 ) .
5
4





Bài tập 5. Giải các hệ phương trình:
2
 xy − y − 2 x + 4 = 0
a)  2
;
2
 x − 5 y − 3 x − 2 y + 22 = 0
2
2
 2 x − xy − y = 0
b)  2
;
2
3 x + 2 xy − y − 3x + y = 1

8 xy
 2
2
 x + y + x + y = 16
c) 
 x + y = x2 − y


6. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Nhận dạng:

16

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Các hệ sử dụng phương pháp này thường có một phương trình trong hệ có
hai vế độc lập theo hai biểu thức của ẩn, cụ thể phương trình đó có dạng
f [ u ( x, y ) ] = f [ v( x, y ) ] . Phương trình còn lại khác phương trình trên về kiểu hàm.
 x 4 + 3x 2 = y 2 + 5 y + 4 (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  3
, (I) với y ≥ −1 .
(2)
 x − 3 y + 2 = 0

HD: Nếu sử dụng phương pháp thế thì dẫn tới phương trình bậc 6. Tuy nhiên, nếu để
ý phương trình (1), ta thấy hai vế là hai biểu thức độc lập theo x, y. Ta có

(1) ⇔ ( x 2 ) + 3 x 2 = y 2 + 2 y + 1 + 3 y + 3 ⇔ ( x 2 ) + 3 x 2 = ( y + 1) + 3 ( y + 1) (3).
2

2

2

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 3t với t ≥ 0 (chỉ xét t ≥ 0 vì x 2 ≥ 0, y + 1 ≥ 0 ). Phương trình (3) có
2
dạng f ( x ) = f ( y + 1) . Ta có f (t ) là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) nên (3) ⇔ x 2 = y + 1 .

Từ đây, rút y, thế vào (2) ta sẽ tìm được nghiệm của hệ.
Kq: các nghiệm của hệ là ( 1;0 ) , ( 1 ± 3;3 ± 2 3 ) .
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  2 2
, (II)
(2)
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

(ĐH – Khối A – 2010).
3
4

5
2

2
HD: Điều kiện x ≤ , y ≤ . Ta có (1) ⇔ ( 4 x + 1) 2 x = ( 6 − 2 y ) 5 − 2 y

⇔ (2 x) 2 + 1 (2 x) = 


⇔ (2 x)3 + 2 x =

(

(

5− 2y

5− 2y

)

3

)

2

+ 1 5 − 2 y


+ 5 − 2 y (3)

Xét f (t ) = t 3 + t . Phương trình (3) có dạng f ( 2 x ) = f ( 5 − 2 y ) . Ta có f (t ) là hàm số
đồng biến trên ¡ nên (3) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ y =

5 − 4x2
với x ≥ 0 .
2

2

 5 − 4 x2 
3
Thế vào (2), ta được phương trình 4 x + 
÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 (4), với 0 ≤ x ≤ 4 .
 2 
2

(4) ⇔ 16 x 4 − 24 x 2 − 3 + 8 3 − 4 x = 0 ⇔ ( 4 x 2 − 1) ( 4 x 2 − 5 ) −

17

16 ( 2 x − 1)
3 − 4x +1

=0

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
16


⇔ ( 2 x − 1) ( 2 x + 1) ( 4 x 2 − 5 ) −
=0
3 − 4 x + 1

1


x = 2
⇔
16
(2 x + 1)(4 x 2 − 5) −
= 0 (5)

3 − 4x +1
1
2

Với x = ⇒ y = 2 .
Với điều kiện 0 ≤ x ≤

3
ta thấy vế trái của phương trình (5) luôn âm, do đó phương
4

trình (5) vô nghiệm.
1



Kq: nghiệm của hệ là  ; 2 ÷.
2 
Bài tập 6. Giải các hệ phương trình:
3
3
 x − 3 x = y − 3 y
a)  2 2

;
 x + y = 1

HD: Phương trình thứ hai suy ra x, y ∈ [ −1;1] . Hàm số f (t ) = t 3 − 3t đồng biến trên

[ −1;1] .
 x 6 − y 3 + x 2 − 9 y 2 − 30 = 28 y
b) 
;
 2 x + 3 + x = y

HD: Phương trình thứ nhất viết lại ( x 2 ) + x 2 = ( y + 3) + ( y + 3) .
3

3

 x 3 − 2 y + 1 = 0
c) 
;
( 3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0

7. Phương pháp đánh giá – bất đẳng thức.
Với phương pháp này, ta phải vận dụng các bất đẳng thức, điều kiện có
nghiệm của phương trình bậc hai để so sánh hai vế của một phương trình trong hệ,
từ đó tìm được điều kiện cần để hệ có nghiệm.
2 xy

= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9


Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
, (I).
2 xy
y +
= y2 + x
3

y2 − 2 y + 9

(Đề dự bị ĐH năm 2007)

18

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

HD: Hệ là hệ đối xứng loại 2, nhưng nếu trừ vế với vế của 2 phương trình thì rất khó
biến đổi xuất hiện x − y , vì mẫu số có căn bậc ba. Để ý, nếu cộng hai vế thì sẽ mất đi
x, y bậc nhất ở hai vế. Hơn nữa, biểu thức x 2 − 2 x + 9 gợi cho ta nghĩ đến ( x − 1)2 + 8 ≥ 8
và phương pháp đánh giá.
Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ, ta được phương trình
2 xy
3

x − 2x + 9
2

2 xy
3

x2 − 2x + 9

Tương tự,

+

≤

2 xy
3

y − 2y + 9
2

2 xy
3

x2 − 2x + 9
2 xy

3

y2 − 2 y + 9

≤

= x2 + y 2

≤

(1).

Ta

có

x 2 − 2 x + 9 = ( x − 1) 2 + 8 ≥ 8

nên

2 xy
x2 + y 2
= xy ≤
.
2
2

x2 + y 2
2 .

Như vậy, Vế trái của (1) luôn ≤ Vế phải của (1). Vậy, Dấu bằng xảy ra khi
 xy = xy
x = y = 1

. Thử lại, ta thấy thỏa mãn hệ đã cho.
 x = 1, y = 1 ⇔ 
x = y = 0

x = y

3
 y = − x + 3 x + 4
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
, (II).
3
 x = 2 y − 6 y − 2

HD: Vế phải của hai phương trình là các đa thức, dường như sẽ phân tích thành nhân
tử. Nhậm thấy x = 2 và y = 2 thỏa mãn hệ. Vì vậy, ta biến đổi hệ như sau
2
 y − 2 = − ( x 3 − 3x − 2 )

 y − 2 = − ( x + 1) ( x − 2 ) (1)
⇔
(II) ⇔ 
.
2
3
 x − 2 = 2 ( y − 3 y − 2 )
 x − 2 = 2 ( y + 1) ( y − 2 ) (2)

Nếu x > 2 thì từ phương trình (1) suy ra y < 2 , kết hợp với phương trình (2) ta thấy
mâu thuẫn. Tương tự cho trường hợp x < 2 . Vậy, x = 2 ⇒ y = 2 , và nghiệm ( 2; 2 ) thỏa
mãn hệ.
Nhận xét:
Ý tưởng phân tích các phương trình trong hệ như trên hay gặp một số đề thi
chọn học sinh giỏi và thường cho các hệ phương trình có ba biến, điểm mấu chốt để
phân tích được như vậy chính là nhẩm được nghiệm của hệ.

19

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
698
 4
2
(1)
x + y =
81
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
, (III).
 x 2 + y 2 + xy − 3 x − 4 y + 4 = 0 (2)


HD: Giả sử hệ có nghiệm ( x; y ) . Ta viết lại phương trình (2) theo x
x 2 + ( y − 3) x + ( y − 2 ) = 0 , để phương trình này có nghiệm x thì
2

∆ y = ( y − 3) − 4 ( y − 2 ) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤
2

2

7
.
3

Tương tự, viết lại phương trình (2) theo y
y 2 + ( x − 3) y + x 2 − 3 x + 4 = 0 , để phương trình này có nghiệm y thì
∆ x = ( x − 4 ) − 4 ( x 2 − 3x + 4 ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤
2

Từ đó, ta có x 4 + y 2 ≤

4
.
3

256 49 697 698
+
=
<
, suy ra (1) không xảy ra.
81
9
81
81

Vậy, hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
 x 2 + y 2 = 1
(1)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 
, (IV).
5
3
125 y − 125 y + 6 5 = 0 (2)

HD: (2) ⇔ y ( 1 − y
3

2

)

y > 0
6 15 (1) 
=
⇒  6 4 4 ×32
125
y x = 5
5


Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho 5 số, ta có
3 = 3( x + y
2

2

)

3 2 3 2
4 ×32
6 9 4
6 4
5
= y + y + y + x + x ≥5 y × x ⇔ y x ≤ 5 .

2
2
4
5
2

2

2

 10 10   10
10 
;
,
−
;
−
÷

÷.

5 ÷
5 ÷
 5
  5


3
2

Do đó, y 2 = x 2 . Vậy, các nghiệm của hệ là 
Bài tập 7. Giải các hệ phương trình:
 x 2 + y 3 = 64 − x 2 y
a)  2
;
3
( x + 2) = y + 6

 x 2 + y 3 ≥ 8
⇒ x = 0, y = 2 .
HD: y + 6 = ( x + 3) ≥ 8 ⇔ y ≥ 2 ⇒ 
2
64
−
x
y
≤
8

2

3

 x + 1 + x + y = 3
b) 
;
2
 x + ( y − 4) + 5 = 5

20

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

HD: Đánh giá bất đẳng thức ở phương trình thứ hai.
3 − ( y + 1) 2 = x − y
c) 
;
 x + 8 y = x − y − 9

HD: Phương trình thứ nhất suy ra
⇔ x − y − 3 = −( y + 1) 2 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x − y ≤ 3 ⇔ 0 ≤ x − y ≤ 9 .

Phương trình thứ hai có điều kiện x − y − 9 ≥ 0 ⇔ x − y ≥ 9 .
3 x 3 + y + x 2 = 4
d)  2
;
 x − 1 + x + y 2 = 1

HD: Phương trình thứ hai có điều kiện x 2 ≥ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 , đánh giá phương trình thứ
3

nhất có Vế trái = 3 x + y + x 2 ≥ 4 .
 x + 6 − y = 2 3

e) 

 y + 6 − x = 2 3

;

HD: Với điều kiện, bình phương hai vế hai phương trình ta được hệ
(

(
(

(

x + 6 − y ) 2 = 12
y + 6 − x ) = 12
2

⇒ ( x + 6 − y ) 2 + ( y + 6 − x ) 2 = 24 . Ta có

x + 6 − y ) 2 ≤ (12 + 12 )( x + 6 − y )
y + 6 − x ) ≤ (1 + 1 )( y + 6 − x)
2

2

2

⇒ ( x + 6 − y ) 2 + ( y + 6 − x ) 2 ≤ 24

 x = 6 − y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

 y = 6 − x

⇔ x = y = 3 , thỏa mãn hệ đã nêu.

III. BÀI TẬP TỔNG HỢP TRONG MỘT SỐ ĐỀ THI
Phần này bổ sung các bài tập về hệ phương trình trong các đề thi tuyển sinh Đại
học và các đề thi chọn học sinh giỏi của các tỉnh – thành phố. Để thấy được sự phong
phú – đa dạng của bài toán cũng như phương pháp. Vì điều kiện thời gian có hạn nên
tôi chỉ nêu mà chưa làm hướng dẫn giải.
1.

Bài toán về hệ phương trình trong đề thi Đại học .

 3 x − y = x − y
(B-2002): 
;
 x + y = x + y + 2
 23 x = 5 y 2 − 4 y

(D-2002):  4 x + 2 x +1
;
=y
 x
 2 +2

21

Phan Đình Công

MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
 x − 4 y + 3 = 0

(Dự bị 2002): 

,

 log 4 x − log 2 y = 0
log x ( x 3 + 2 x 2 − 3 x − 5 y ) = 3
;

3
2
log y ( y + 2 y − 3 y − 5 x ) = 3
1
 1
x − x = y − y
(A-2003): 
;
2 y = x3 + 1


y2 + 2
3
y
=

x2


(B-2003): 
;
2
3 x = x + 2

y2
log y xy = log xy
(Dự bị 2003):  x y
;
 2 + 2 = 3
1

log 1 ( y − x) − log 4 y = 1
(A-2004):  4
;
 x 2 + y 2 = 25

 x + y = 1

(D-2004): Tìm m để hệ có nghiệm 

 x x + y y = 1 − 3m

 x − 1 + 2 − y = 1

(D-2005): 

;

;

2
3
3log 3 9 x − log 3 y = 3
 x2 + x + y + y2 = 4
(Dự bị 2005): 
,
 x( x + y + 1) + y ( y + 1) = 2

 2 x + y + 1 − x + y = 1
;

3 x + 2 y = 4
 x + y − xy = 3

(A-2006): 

 x + 1 + y + 1 = 4

;

(D-2006): Chứng minh rằng, với mọi a > 0 , hệ phương trình sau luôn có nghiệm duy
e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y )
nhất 
;
y − x = a
2
 x + 1 + y ( x + y ) = 4 y
(Dự bị - 2006):  2
,

( x + 1) + ( y + x − 2) = y
2
2
 x − xy + y = 3( x − y )
 2
2
2 ,
 x + xy + y = 7( x − y )
3
3
 x − 8 x = y + 2 y
,
 2
2
 x − 3 = 3( y + 1)

22

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2
2
( x − y )( x + y ) = 13
,

2
2
( x + y )( x − y ) = 25

ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y
;
 2
2
 x − 12 xy + 20 y = 0
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
(Dự bị -2007): 
,
2
x −1
 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1
4
3
2 2
 x − x y + x y = 1
,
 3
2
 x y − x + xy = 1
2 xy

= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9

;

2 xy
y +

= y2 + x
3

y2 − 2 y + 9

Chứng minh rằng, hệ phương trình sau luôn có 2 nghiệm thỏa mãn x > 0, y > 0 :
y
 x
e = 2007 −
y2 −1

;

e y = 2007 − x

x2 −1
−5
 2
3
2
x
+
y
+
x
y
+
xy
+
xy

=

4
(A-2008): 
;
 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = −5

4
4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9
(B-2008):  2
;
 x + 2 xy = 6 x + 6
 x + xy + y = x 2 − 2 y 2
(D-2008): 
 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y
2
2
log 2 ( x + y ) = 1 + log 2 ( xy )
(A-2009):  x2 + y 2 − xy
;
= 81
3
 xy + x + 1 = 7 y
(B-2009):  2 2
2 ;
 x y + xy + 1 = 13 y
 x( x + y − 1) − 3 = 0


(D-2009): 
5
;
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(A-2010):  2 2
;
 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
log 2 (3 y − 1) = x
(B-2010):  x x
;
2
 4 + 2 = 3 y

23

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
2
 x − 4 x + y + 2 = 0
(D-2010): 
;
 2 log 2 ( x − 2) − log 2 y = 0
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(A-2010):  2 2
.

 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

2.

Bài toán về hệ phương trình trong đề thi chọn học sinh giỏi
 2 x + 2 y = 4

B1) Đề thi HSG tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu: 

;

 2 x + 5 + 2 y + 5 = 6

1
 x+ + x+ y −3 = 3
y

B2) Đề thi HSG TP Hải Phòng, bảng A: 
;
2 x + y + 1 = 8

y
 4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1
B3) Đề thi HSG tỉnh Lâm Đồng:  2
;
2
 4 x + 2 y − 4 xy = 2
 x 4 + 5 y = 6
B4) Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Nai:  2 2
;

 x y + 5 x = 6
3
2y

 x2 + y 2 −1 + x = 1

B5) Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh: 
;
 x2 + y2 − 2 x = 4

y
 x − x − y − 1 = 1
B6) Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình:  2
;
2
 y + x + 2 y x − y x = 0
 xy + y 2 + x = 7 y

B7) Đề thi HSG tỉnh Điện Biên:  x 2
;
 y + x = 12

 x 2 + x = 2 y
B8) Đề thi HSG tỉnh Bến Tre:  2
;
 y + y = 2 x

B9) Đề thi chọn đội tuyển trường chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định:
 1
y 2 x

+ =
+2

y
 x x
;

2
2
 y ( x + 1 − 1) = 3 x + 3
2
2
 2 x y + 3 xy = 4 x + 9 y
B10) Đề thi chọn đội tuyển Nha Trang – Khánh Hòa: 
;
2
7 y + 6 = 2 x + 9 x

 2 2 x + y = 3 − 2 x − y

B11) Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc:  3

 x + 6 + 1 − y = 4

;

2
2
 2 y ( x − y ) = 3x
B12) Đề thi chọn đội tuyển trường chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa:  2 2

;
 x ( x + y ) = 10 y

24

Phan Đình Công


MỘT SỐ CÁCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
 5( x + y )
6( x + z )
 x + y + 6 xy + x + z + 5 xz = 4

 6( z + y )
4( x + y )
+
= 5;
B13) Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK – TPHCM: 
z
+
y
+
4
zy
x
+
y
+
6
xy


 4( x + z )
5( y + z )
+
=6

 x + z + 5 xz y + z + 4 yz
x
 2
121
− 27 2
x + 2x =
9
B14) Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam: 
;
2
2
 x + y + xy − 3 x − 4 y + 4 = 0

2
2
 y + xy = −6 x
B15) Đề thi HSG tỉnh Bình Phước: 
3 3
3 ;
1 + x y = 19 x
2
2
2
2

 x + y + z = 2010
B16) Đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình:  3 3 3
3 ;
 x + y + z = 2010

 x 2 + 1 + y 2 + xy = 4 y

B17) Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ: 
;
y
x + y − 2 =
2
1+ x


B18) Đề thi chọn đội tuyển trường chuyên ĐHSP Hà Nội:
2
2
(2 x − 3 x + 4)(2 y − 3 y + 4) = 18
;
 2
2
 x + y + xy − 7 x − 6 y + 14 = 0

B19) Đề thi Chọn đội tuyển trường chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai:
 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2
;

 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6
4

3
3
2 2
 x + x y + 9 y = y x + x y + 9 x
B20) Đề thi HSG tỉnh Hưng Yên:  3 3
;
 x ( y − x ) = 7

B21) Đề thi chọn đội tuyển trường chuyên Nguyễn Du – Đăk Lăk:
 2 y 3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y
;

2
 y = 2 x − 1 + 2 xy 1 + x
 x 3 − y 3 = 35
B22) Đề thi HSG tỉnh Yên Bái:  2
;
2
 2 x + 3 y = 4 x − 9 y
1 1
2
2
 x + 2 y = 2( x + y )

B23) Đề thi HSG tỉnh Quảng Ninh: 
;
 1 − 1 = y2 − x2
 x 2 y

B24) Đề thi chọn đội tuyển trường THPT Phan Chu Trinh – Đà Nẵng:

 x 3 = 3 x − 12 y + 50
 3
 y = 12 y + 3 z − 2 ;
 z 3 = 27 x + 27 z


25

Phan Đình Công